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Ejercicios resueltos sección 1 estática y dinámica 2011...

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Est´ atica y Din´ amica - FIS-1513 Secci´ on 1 Interrogaci´on I1 Mi´ercoles 12 de Abril de 2011 . Instrucciones 1. Tiene 2 horas para resolver los siguientes problemas. 2. Resuelva cada uno de ellos en hojas separadas. Sea claro y ordenado. 3. Escriba con l´apiz pasta, de lo contrario perder´a el derecho a recorrecci´on. 4. Todos los problemas tienen el mismo peso en la nota final.

Problema 1 Una masa m amarrada a un cordel que pasa por un aro central gira como se muestra en la figura. Inicialmente el c´ırculo tiene radio r0 y la masa gira con velocidad angular ω0 . Se tira el cordel hacia abajo con velocidad constante v de modo que se disminuye el radio del c´ırculo. Desprecie la gravedad.

a) (2 puntos) Haga un diagrama de las fuerzas sobre m y escriba la ecuaci´on de movimiento para m en coordenadas polares. b) (2 puntos) Calcule la frecuencia angular ω(t). Ayuda: Observe que ˙ d(ρ2θ) ˙ = ρ2 θ¨ + 2ρρ˙θ. dt c) (2 puntos) Calcule la tensi´on en la cuerda como funci´on del tiempo. Soluci´ on: a) La ´ unica fuerza que act´ ua sobre la part´ıcula es la tensi´ on T de la cuerda, que es radial, T~ = −T ρˆ dirigida desde la part´ıcula hacia el centro del anillo. La ecuaci´ on de movimiento de m es entonces ˙ θ] ˆ = −T ρ. m[(¨ ρ − ρθ˙2 )ˆ ρ + (ρ ¨θ + 2 ρ˙θ) ˆ 1

on anterior es b) La componente θˆ de la ecuaci´ ρ θ¨ + 2 ρ˙ θ˙ = 0. La ayuda nos indica que conviene multiplicar por ρ para obtener ˙ d(ρ2θ) =0 dt de donde se deduce que

ρ2θ˙ = constante = r02ω0 ,

en que hemos usado que el valor constante es su valor inicial. Por otro lado nos dicen que la cuerda se tira con rapidez constante por lo que el radio est´ a dado por ρ(t) = r0 − vt. Reemplazando este valor de ρ(t) en la f´ ormula anterior resulta r 2 ω0 r02 ω0 ω(t) = θ˙ = 0 2 = . ρ (r0 − vt)2 c) La tensi´ on se calcula a partir de la componente radial de la ecuaci´ on de movimiento dada en a). T = −m(¨ ρ + ρ θ˙ 2 ) Como ρ(t) = r0 − vt, ρ¨ = 0, de modo que T =

mr 40 ω02 . (r0 − vt)3

2

Problema 2 Un bloque de masa m descansa sobre un plano inclinado θ grados sobre la horizontal. El bloque est´a unido a un resorte de constante k. Los coeficientes de roce est´atico y cin´etico entre el bloque y el plano son µe y µc , respectivamente. Se tira el resorte lentamente hacia arriba hasta que el bloque empieza a moverse. a) (3 puntos) Calcule el estiradamiento δ del resorte justo cuando el bloque comienza a moverse. b) (3 puntos) Determine el valor µc para el cual el bloque se detiene justo cuando el resorte est´a en su largo natural.

kδ

N

y

Fr θ

δ sin θ

V =0

x

mg

θ

Solution a) Cuando el bloque est´ a apunto de moverse, es claro que la fuerza de roce es contraria a la fuerza ejercida por el resorte. Considerando el diagrama de fuerzas de la figura, la ecuaci´ on de Newton en el instante anterior al movimiento del bloque es, −Friˆ − mg sin θˆi + kδˆi + N ˆj − mg cos θˆj = 0.

(1)

Por componentes tenemos que, −Fr − mg sin θ + kδ = 0

y

N − mg cos θ = 0

(2)

En el instante en que el bloque est´ a apunto de moverse, la fuerza de roce ha alcanzado su m´ aximo valor, Fr,max = µe N = µe mg cos θ

(3)

Luego, el estiramiento del resorte viene dado por, kδ = Fr,max + mg sin θ

δ = k −1 mg cos θ(µe + tan θ).

→

(4)

b) Cuando el bloque comienza a moverse, el roce entre las superficies es din´ amico. Para que el bloque se detenga justo cuando el resorte alcanza su largo natural, la velocidad del bloque debe ser nula. Podemos resolver este problema por energ´ıa considerando que esta no se conserva ya que el bloque experimenta una fuerza de roce din´ amica. Por lo tanto, ∆E = Ef − Ei = Wnc

(5)

donde Wnc es el trabajo realizado por la fuerza de roce. Si fijamos la referencia para la energ´ıa potencial cuando el bloque comienza a moverse, tenemos que la energ´ıa inicial Ei y final Ef son, Ei =

kδ 2 2

y

Ef = mgδ sin θ 3

(6)

Entonces, mgδ sin θ −

kδ 2 = 2

Z

0

δ

−N µc = −µc N δ = −µc δmg cos θ

(7)

Despejando µc , tenemos que µc =

kδ 2 2

− mgδ sin θ kδ − tan θ = 2mg cos θ mg cos θδ

(8)

Reemplazando la expresi´ on para δ, obtenemos finalmente que, µc =

µe − tan θ . 2

4

(9)

Problema 3 Una barra de largo L y masa despreciable puede girar libremente con respecto al punto O (ver figura). En el extremo superior de la barra se encuentra atada una part´ıcula de masa m, mientras que un resorte est´a unido al punto medio de la barra. El otro extremo del resorte se encuentra atado a un mecanismo de manera que el resorte siempre se encuentra horizontal. El resorte se encuentra en su largo natural cuando θ = 0. a) (1 punto) Calcule la energ´ıa potencial V (θ) y cin´etica ˙ del sistema. K(θ)

m

!g

b) (1 punto) Encuentre los puntos de equilibrio del sistema. c) (2 puntos) Evalue la estabilidad para cada uno de los puntos de equilibrio y especifique que condiciones debe satisfacer m, L y k para que al menos uno de los puntos de equilibrio sea estable.

k L

θ

d) (1 punto) Calcule la frecuencia para peque˜ nas oscilaciones en torno al punto de equilibrio estable.

O

e) (1 punto) Grafique el potencial V (θ) cuando existe al menos un punto de equilibrio estable para θ entre − π2 y 2π . Identifique los puntos de equilibrio. Soluci´ on

a) Si elegimos el punto O como origen de nuestro sistema de referencia, la energ´ıa potencial y cin´ etica est´ an dadas por   k L sin θ 2 (10) V (θ) = mgL cos θ + 2 2  2 2 ˙ = mv = m Lθ˙ = 1 mL2 θ˙ 2 (11) K(θ) 2 2 2 b) Para encontrar los puntos de equilibrio resolvemos

∂V (θ) ∂θ

= 0,

∂V (θ) kL2 cos θ) sin θ = 0 = (−mgL + 4 ∂θ Por lo tanto, los puntos de equilibrio son   −1 4mg θe1 = 0 θe2 = + cos kL

θe3 = − cos

−1



(12)

4mg kL



(13)

Notar que para que existan los puntos de equilibrio θe2,3 , 4mg < kL. c) Para que los puntos de equilibrio sean estables deben satisfacer

∂ 2 V (θ) > ∂θ 2

kL2 ∂ 2 V (θ) = −mgL cos θ + (cos2 θ − sin2 θ) ∂θ 2 4 5

0. (14)

Para el punto de equilibrio θe,1 = 0, tenemos que kL2 ∂ 2 V (θe,1 = 0) = −mgL + 2 ∂θ 4

(15)

El punto de equilibrio es estable si 4mg < kL. Para analizar la estabilidad de los otros puntos de equilibrio notamos que, ∂ 2 V (θe2,3 ) ∂θ 2

= −

 kL2  1 − cos2 θe2,3 < 0 4

(16)

Por lo tanto, los puntos de equilibrio θe2,3 son siempre inestables.

d) La frecuencia para peque˜ nas oscilaciones en torno al punto de equilibrio estable θ = 0 est´ a dada por. s s s   2 ∂2V −mgL + kL4 4mg 2 (θ = 0) k ∂θ ω= 1− (17) = = 4m kL α mL2 donde α = mL2 est´ a dado por la energ´ıa cin´etica K = 21α θ˙ 2 . e) Cuando existe el punto de equilibrio estable θ = 0, el gr´ afico del potencial debe contener tres puntos en los cuales la pendiente es nula.

V (θ)

−

π 2

θe,3

θe,1 = 0

6

θe,2

π 2

θ

Interrogaci´ on 1 ´ SOLUCION: Viernes 9 de Septiembre de 2011 Tiempo: 120 minutos

NOMBRE:

SECCION:

INDICACIONES GENERALES [1] No olvide escribir su nombre y su secci´ on en el espacio entre l´ıneas que se ha dejado m´as arriba. [2] No se limite a escribir f´ o rmulas. Es importante que siempre explique lo que est´ a haciendo. [3] Esta Interrogaci´ o n es sin uso de calculadora. [4] Pruebas escritas con l´ apiz a mina o´ en las que se ha utilizado corrector pierden el derecho a reclamo.

1

2

Problema 1. a) Demuestre que en el lanzamiento de un proyectil con rapidez inicial v0 y a´ ngulo de lanzamiento α (medido con respecto a la horizontal), la altura m´ axima que alcanza el proyectil (por sobre la altura desde donde fue lanzado) est´ a dada por h=

1 (v0 senα)2 . 2 g

(0, 5 puntos). Soluci´ on: Este resultado es bien conocido del problema de lanzamiento de proyectiles. Se puede derivar de muchas maneras. Quiz´ as la m´ as simple es usando conservaci´on de energ´ıa y conservaci´on de momentum en la direcci´ on horizontal. Aqu´ı sin embargo lo derivaremos directamente de la ecuaci´ on de movimiento del proyectil (que se mueve bajo la acci´ o n del campo gravitatorio constante). Eligiendo coordenadas cartesianas, con el eje x como el eje horizontal, y el eje y como el vertical (dirigido hacia arriba), y de modo que el origen coincida con el punto de lanzamiento, la ecuaci´ on de movimiento de la part´ıcula (i.e., m~a = m~g , en que ~g = −gˆ ) en el sistema de coordenadas elegido se puede escribir como: (1) y (2)

y¨ = −g, x¨ = 0.

En tanto que las condiciones iniciales del movimiento del proyectil est´ an dadas por x(0) = y(0) = 0, en tanto que x(0) ˙ = v0 cos α y y(0) ˙ = v0 senα. Usando estas condiciones iniciales y el Teorema Fundamental del C´ alculo, podemos escribir la ecuaci´ o n de la trayectoria del proyectil (en forma parm´etrica) como 1 (3) y(t) = v0 senα t − gt2 , 2 y (4)

x(t) = v0 cos α t.

En el punto mas alto de la trayectoria la velocidad vertical, i.e., y, ˙ es cero. De (??, obtenemos que y˙ = v0 senα − g t, expresi´ on que se anula para T = v0 senα/g . La altura m´ axima por lo tanto est´ a dada por (5)

h = y(T ) =

1 (v0 senα)2 , 2 g

que era lo que se ped´ıa demostrar. (b) Considere una rueda de radio R que gira en torno a un eje horizontal (fijo) con velocidad angular constante ω. En todo el borde de la rueda existen part´ıculas de barro, las que pueden ser desprendidas de la rueda. Calcule la altura m´ a xima a la que puede llegar el barro desprendido de la rueda. (1, 0 punto). Indicaciones: i) Le puede ser u ´ til el resultado derivado en la parte a); ii) Puede ser conveniente que parametrice el punto de desprendimiento de las part´ıculas de barro por la posici´ on angular (digamos θ de la part´ıcula de barro en el instante en que se desprende; Soluci´ on: Las part´ıculas de barro se pueden desprender de caulquier punto del borde. Parametricemos los distintos puntos del borde ( de donde se desprenen las part´ıculas de barro) por su posici´ o n angular, como se indica en la figura (en que el a´ ngulo θ var´ıa entre 0, que corresponde a la posici´ on m´ a s baja de la rueda y π, que corresponde a la posici´ on m´ as alta de la rueda). Mientras las part´ıculas de barro est´ an en el borde de la rueda, tienen rapidez v0 = ω R, y esta es la rapidez que tienen en el momento de desprenderse. Po otra parte (tal como se ve en la figura)al desprenderse su vector velocidad forma

3

un a´ngulo θ con la horizontal. La altura inicial, medida desde la posici´ o n m´ as baja de la rueda, de las part´ıculas de barro al desprenderse es: hi (θ) = R − R cos θ,

y, utilizando el resultado de la parte a), la altura que alcanzan las part´ıculas desde la posici´ on inicial (dado que v0 = ωR, y α = θ) est´ a dada por 1 (ω R senθ )2 , 2 g Sumando estas dos expresiones, la altura m´ axima medida desde el suelo (punto m´ as bajo de la rueda) que alcanzan las part´ıculas de barro (como funci´ on de θ) es: h(θ ) = R(1 − cos θ ) +

1 (ω R senθ )2 . 2 g

Finalmente, para encontrar que tan alto puede llegar el barro, maximizamos la funci´ on h(θ) como funci´ on de θ. Derivando, obtenemos,   ω2R dh cos θ . = Rsenθ 1 + g dθ Para encontrar la posici´ o n angular θ que maximiza h, buscamos las ra´ıces de h′ (θ) = 0. En el caso en que g/(ω 2 R) ≤ 1 hay tres raices: g θ1 = 0, θ2 = π, y θ3 = − arccos 2 . ω R Evaluando tenemos h(θ1 ) = 0, h(θ2 ) = 2R, y    1 g ω2 R > 2R, h(θ3 ) = R 1 + + 2 ω2 R g (pues, x + (1/x) ≥ 2 si x ≥ 0. En el caso en que g/(ω 2 R) > 1 (baja velocidad angular), existen solo dos soluciones (0 y π) y el barro nunca excede 2R, i.e., nunca sobrepasa el extremos uperior de la rueda.

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Problema 2. Considere el sistema de masas y poleas mostrado en la figura. Si los coeficientes de rozamiento (roce) est´ a tico y cin´ etico (din´ amico) entre el bloque A y la superficie del plano inclinado son µe y µc respectivamente, determine: (a) El valor m´ınimo de µe de manera tal que el bloque A no deslice. (0, 5 puntos). Soluci´ on: En este problema existen dos posibles movimientos dependiendo de los valores relativas de las masas m y M de los dos bloques. Puede todo el sistema deslizarse hacia la derecha (lado de M grande) o hacia la izquierda (lado de m chico), y en ambas partes vamos a analizar separadamente las dos pisbilidades. Supongamos pues la primera posibilidad. Si llamamos T a la tensi´ on de la (´ unica) cuerda del problema, entonces sobre el bloque M act´ uan dos fuerzas (ambas a lo largo de la vertical): 2T hacia arriba y M g hacia abajo. En equilibrio est´ atico la suma de las fuerzas actuando sobre M debe ser cero, y as´ı tenemos, (6)

2T = M g,

En cuanto al bloque m que se desliza sobre el plano inclinado de ´angulo θ, si la gravedad (dada la relaci´ on de masas) est´ a tirando el sistema hacia la derecha, sobre el act´ uan tres fuerzas: la tensi´ on de la cuerda (hacia arriba a lo largo del plano inclinado), la fuerza de roce en la direcci´ on opuesta y el peso hacia abajo. Descomponiendo las fuerzas a lo largo de la superficie y en la direcci´on perpendicular a esta, respectivamente, las ecuaciones de equilibrio para m quedan entonces dadas por (7) y (8)

T − fR − mgsenθ = 0, N − mg cos θ = 0,

respectivamente. Eliminando la tensi´ on T entre las ecuaciones (6) y (7) obtenemos,   Mg M (9) fR = − mgsenθ = g − msenθ . 2 2

De acuerdo al modelamiento usual de las fuerzas de roce, debemos tener que (10)

fR ≤ µe N = µe mg cos θ.

Entonces, de (9) y (10) obtenemos finalmente que (M/2) − msenθ ) . m cos θ Es f´ acil repetir este ejercicio en la otra situaci´ on (en que la raz´ on de masas hace que el sistema este forzado hacia la izquierda), en cuyo caso se obtiene la relaci´ on, µe ≥

(msenθ − (M/2)) . m cos θ De hecho, la relaci´ o n de masas que distingue a las dos situaciones es: el signo de (M/2) − mgsenθ . µe ≥

(b) La aceleraci´ on de cada cuerpo y las tensiones en las cuerdas, en el caso que el valor de µe sea menor que el valor determinado en (a). (1, 0 punto). NOTA: considere la polea y cuerdas como ideales. Soluci´ on: Hagamos en detalle el caso en que (M/2) − msenθ > 0, i.e., el caso en que el sistema se mueve hacia la derecha (el otro caso es completamente an´ alogo). Ya hemos identificado todas las fuerzas que

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act´ uan sobre cada una de los bloques. Adem´ a s, en este caso, como el bloque m se desliza, la fuerza de roce est´ a dada por fR = µc N = µc mg cos θ. Para parametrizar el movimiento de los dos bloques usaremos las coordenadas x e y de la figura (i.e., y mide la posici´ on del bloque M verticalmente hacia abajo desde la polea, en tanto que x mide la posici´on de m a lo largo del plano (hacia abajo) tambi´en medida dese la polea. Dado lo anterior, las ecuaciones de movimiento del bloque M est´ a dada por, (11)

M g − 2T = M y¨.

La ecuaci´ on de movimiento del bloque m est´ a dada por, (12)

µc mg cos θ + mgsenθ − T = M x¨.

Finalmente la ecuaci´ on de ligadura, asociada al hecho que la cuerda que une los dos bloques es ideal, y dada la manera como la cuerda est´ a dispuesta, est´ a dada por 2y + x = ℓ, de donde deducimos que (13)

2¨ y = −¨ x.

Resolviendo las ecuaciones (11), (12), y (13) para las inc´ o gnitas, x¨, y¨ y T , encontramos, y¨ = −

[M − 2m(µc cos θ + senθ)] x¨ =g 4m + M 2

6

y T =g

Mm (2 + (µc cos θ + senθ)) . 4m + M

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Problema 3. La argolla de 0, 6 kg (de la figura) parte desde el reposo en A y se desliza por la gu´ıa parab´ o lica lisa (contenida en un plano vertical) bajo la influencia de su propio peso y del resorte de constante 120 N/m. Encuentre la rapidez de la argolla cuando e´sta pasa por el punto B de la figura y la correspondiente fuerza normal que la gu´ıa ejerce sobre ella. La longitud natural del resorte es de 200 mm. (1, 5 puntos).

Soluci´ on: En este problema se pueden introducir los datos n´ umericos de inmediato, que es quiz´ as el m´etodo m´ as directo. Aqu´ı lo haremos para una par´abola m´ as general, bajo la misma situaci´ on del problema. Consideremos la par´ abola de ecuaci´ on: 1 (14) y(x) = x2 , 2r Se ve de inmediato que y′′ = 1/r, y por lo tanto r es el radio de curvatura en el punto B. Notese que en el caso del problema OB es precisamente el radio de curvatura. Llamemos (q, q 2 /(2r), las coordenadas del punto A (que est´ a sobre la par´ abola, y por eso si x = q, y = q 2 /(2r). El punto O tiene coordenadas (0, r) y el punto B obviamente tiene coordenadas (0, 0) (i.e, est´ a en el origen). Cuando la argolla pasa por el punto A, el largo del resorte est´ a dado por (de acuerdo a Pit´ a goras), s r 2  2 q q4 (15) L= − r + q2 = r 1 + 4 . 2r 4r

8

Si tomamos la altura0 como nivel de referencia del potencial gravitatorio, y dado que en A la argolla est´ a en reposo, la energ´ıa total del sistema est´ a dada por q2 1 EA = mg + k(L − ℓ)2 , 2r 2 en que ℓ es el largo natural del resorte. Por otra parte, si llamamos v a la velocidad de la argolla al pasar por el punto B, tenemos que 1 1 EB = mv 2 + k(r − ℓ)2 . 2 2 Como las fuerzas en este problema son conservativas, tenemos que EA = EB y luego de un poco de a´lgebra encontramos que # " r q2 2ℓ 2ℓ q 4 q4 2 2 (16) mv = mgr 2 + kr − + +1 r 4r4 r 4r4 r Finalmente, para encontrar la reacci´ on N de la barra en el punto B usamos la ecuaci´ o n de movimiento, i.e., la suma de las fuerzas en la direcci´ on radial (con centro en O ) es igual a la masa por la aceleraci´ on, de modo que, v2 (17) mg − N − k(r − ℓ) = −m , r y, reemplazando el valor encontrado para v2 , dado por (16) en la ecuaci´ on (17) y simplificando, finalmente obtenemos, # " r   q4 2ℓ ℓ q4 q2 +1 . (18) N = mg 1 + 2 + k r +3 −1− r r 4r4 r 4r4 Para los datos num´ e ricos del problema, q/r = 2 y ℓ/r = 4/5, m = 0 , 6 y k = 120, de (18) obtenemos, √ N = 3g + 6(27 − 8 5), √ √ y si tomamos g = 10, finalmente N = 192 − 48 5 = 48(4 − 5) ≈ 84, 5N. As´ı mismo, de (16) obtenemos, √ √ v2 = g + 10(7 − 2 5) = 20(4 − 5) ≈ 35, 2, de donde, v ≈ 5, 9m/s.

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Problema 4. Considere un p´ endulo simple de masa m, sujeto desde un punto fijo O por medio de una cuerda ideal de largo ℓ. Suponga que el p´endulo se deja evolucionar desde el reposo, desde una desviaci´ on inicial θ0 , medida con respecto a la vertical. a) Encuentre la expresi´ on para la tensi´ on de la cuerda T como funci´ on de la desviaci´on θ del p´ e ndulo con respecto a la vertical (i.e., T (θ)). (1, 0 punto). Soluci´ on: Conviene elegir coordenadas polares (con centro en O, y la vertical hacia abajo como eje polar) para representar el movimiento de m. Entonces la posici´ on de m en polares est´ a dada por ρ = ℓ (una constante) y θ, la desviaci´ on del p´endulo con respecto a la vertical. Sobre m act´ uan dos fuerzas: la tensi´ on T de la cuerda (dirigida desde m hacia O) y el peso mg dirigido verticalmente hacia abajo. En la base polar, la fuerza total actuando sobre la part´ıcula est´ a dada entonces por ˆ ~ F = −T ρˆ + mg cos θ ρˆ − mgsenθθ.

Por otra parte, la aceleraci´ o n en polares est´ a dada, en general, por     ˆ ~a = ρ¨ − ρθ˙2 ρˆ + 2ρ˙ θ˙ + ρθ¨ θ.

En este caso, ρ = ℓ (una constante), y por lo...